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计算题培优练 1 力学中的多运动组合问题
1.(12分)(2024·贵州贵阳市一模)如图所示，质量M=4 kg、厚度不计的长木板a静止在表面粗糙的“ ”形
平台上，内表面光滑的圆弧轨道ABC与平台和斜面相连。圆弧轨道所对的圆心角为106°，圆心为O，半径
R=1.5 m，A、C两点连线水平，斜面与水平面的夹角θ=37°。初始时，质量m=2 kg的小物块b(可视为质点)
静止在木板a左端。某时刻使木板a和物块b同时获得相同初速度v =10 m/s，经过一段时间后木板a右端
0
到达平台边缘P时恰好停止，同时，物块b从木板a右端飞出，并恰好由A点沿切线方向进入圆弧轨道，
然后与静止在圆弧轨道最低点B处、质量也为2 kg的小物块Q(可视为质点)碰撞并粘合在一起，形成新的
组合体从C点飞出。一段时间后组合体与斜面发生第一次撞击。已知木板a与地面之间的动摩擦因数
μ =0.4，木板a与物块b之间的动摩擦因数μ =0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，
1 2
sin 53°=0.8。求：
(1)(3分)长木板a和物块b分离前两者的加速度大小；
(2)(4分)物块b在A点的速度大小；
(3)(5分)组合体第一次与斜面的撞击点到C点的距离。
2.(13分)(2023·浙江6月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道
CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100
N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v =2√21 m/s从D处进入，
0
经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m，以v=2 m/s的速率顺时针转动，
滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能
1
E = kx2(x为形变量)。
p 2
(1)(3分)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
(2)(4分)若滑块a碰后返回到B点时速度v =1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
B
(3)(6分)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。3.(15分)(2024·山西晋城市一模)如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道AB固定，在B处通过
一小段圆弧(长度可忽略不计)与水平轨道BCDE连接，水平轨道的BC、C'D段粗糙，DE段光滑，C处固定
一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3m的物块b刚好在D点接
触(不拴接)，弹簧处于水平自然长度。将质量为m的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间后，
物块a从C点进入半径R=0.4 m的圆形轨道，转一圈后又从C'(C、C'适当错开一点)点出来沿C'D轨道运动，
在D点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度h=5 m，B、C'间的距离s =3.8 m，C'、D间的
1
距离为s ，物块a与BC、C'D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ =0.25，物块b与BC、C'D段水平轨道间
2 1
的动摩擦因数均为μ =0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2，物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。
2
(1)(3分)求物块a运动到C点时的速度大小v ；
C
(2)(3分)改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P，求释放物块a时的最小高度
h ；
min
(3)(9分)若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P，从圆形轨道出来后沿C'D运动与物块b发生弹性碰撞，
且只能碰撞一次，求s 的范围。
2答案精析
1.(1)5 m/s2 2 m/s2 (2)10 m/s (3)3 m
解析 (1)设长木板a和物块b分离前两者的加速度大小分别为a 和a ，由牛顿第二定律可得
1 2
μ (m+M)g-μ mg=Ma
1 2 1
μ mg=ma
2 2
解得a =5 m/s2，a =2 m/s2
1 2
(2)设经过时间t木板减速到0，物块b的速度为v ，则
1
v =a t
0 1
v =v -a t
1 0 2
物块b从P点到A点做平抛运动，b在A点的水平方向速度为v ，A点速度方向与水平方向的夹角为53°，
1
可得物块b在A点的速度大小为
v
v = 1 =10 m/s
A
cos53°
(3)物块b从A到B过程，由机械能守恒定律有
1
mv 2+mgR(1-cos 53°)
2 A
1
= mv 2
2 B
物块b与Q碰撞，由动量守恒定律有
mv =2mv
B
组合体从B到C过程，由机械能守恒定律有
1 1
(2m)v2= (2m)v 2+2mgR(1-cos 53°)
2 2 C
解得v =4 m/s
C
组合体离开C点到第一次与斜面撞击点的过程，其运动可沿垂直斜面方向和平行斜面方向正交分解，则在
垂直斜面方向的初速度为v ，分加速度大小为gcos 37°，平行斜面方向的分加速度大小为gsin 37°，在垂直
C
斜面方向有
1
0=v t - gcos 37°·t 2
C1 2 1
沿斜面向下方向有
1
s= gsin 37°·t 2
2 1
解得s=3 m。
2.(1)10 m/s 31.2 N (2)0
(3)0.2 m解析 (1)滑块a从D到F，由动能定理
1 1
mg·2R= mv 2- mv 2
2 F 2 0
在F点由牛顿第二定律得
v 2
F -mg=m F
N
R
解得v =10 m/s，F =31.2 N
F N
(2)已知滑块a返回B点时的速度
v =1 m/s，
B
设滑块a与b碰后的速度大小为v，
a
由动能定理有：
1 1
-mg·2R-μmg·L= mv 2- mv 2
2 B 2 a
解得v=5 m/s
a
因a、b碰撞过程动量守恒，
则mv =-mv+3mv
F a b
解得碰后b的速度v =5 m/s
b
1 1 1
则滑块a、b碰撞过程损失的能量ΔE= mv 2 - mv 2 - ×3mv 2 ，
2 F 2 a 2 b
解得ΔE=0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：
mv =4mv
F
解得v=2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v'，有4mv=6mv'
5
则v'= m/s
3
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x ，由能量守恒有
1
1 1 1
×(m+3m)v2= ×(m+3m+2m)v'2+ kx 2 ，
2 2 2 1
解得x =0.1 m
1
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx=2x =0.2 m。
1
3.(1)9 m/s (2)1.95 m
12
(3) m0
2
解得s <4 m
2
②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停
在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设C'Q=x，则有
QD=s -x
2
根据能量守恒定律，对物块a有
1
μ mg(s +x)= mv 2
1 2 2 1对物块b有
1
μ ·3mg(s -x)= (3m)v 2
2 2 2 2
1 12
解得x= s ，s = m
3 2 2 19
12
所以有 m
